期中压轴题专练：解答题压轴题训练（四）（解析版）-人教八下期中考试VIP

八下期中考试解答题压轴题训练（四）（时间：60分钟总分：100）班级姓名得分一、解答题1．观察下列等式：回答下列问题：（1）利用你观察到的规律，化简：；（2）化简：；（3）计算：…．【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）根据题目的运算，先将分式通分，然后化简计算，即可得答案；（2）根据题目的运算，先将分式通分，然后化简计算，即可得答案；（3）根据规律，化简求值即可．【详解】（1）（2）（3）由（2）的运算可得：∴【点睛】本题考查了利用平方差公式对二次根式进行有理化，熟悉相关运算法则是解题的关键．2．（1）如图1，平面直角坐标系中A(0，a)，B(a，0)(a>0)．C为线段AB的中点，CD⊥x轴于D，若△AOB的面积为2，则△CDB的面积为．（2）如图2，△AOB为等腰直角三角形，O为直角顶点，点E为线段OB上一点，且OB＝3OE，C与E关于原点对称，线段AB交x轴于点D，连CD，若CD⊥AE，试求的值．（3）如图3，点C、E在x轴上，B在y轴上，OB＝OC，△BDE是以B为直角顶点的等腰直角三角形，直线CB、ED交于点A，CD交y轴于点F，试探究：是否为定值?如果是定值，请求出该定值；如果不是，请求出其取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）是定值，．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得，分别表示△AOB和△CDB的面积，根据△AOB的面积为2即可得出结论；（2）连接AC，作DM⊥BC，与BC交于M，证明△ACO≌△DCM可得OE=CO=DM=MB，设它们为m，从而可得OB=3m，借助勾股定理和线段的和差分别表示AD和BD，即可得出它们的比值；（3）作DN⊥OB，交y轴与N，证△ACO≌△DCM和△COF≌△DNF全等，借助全等三角形的性质和线段的和差可得，由此可得结论．【详解】解：（1）∵A(0，a)，B(a，0)，∴AO=OB=a，∠ABO=45°，AB=，∵C为线段AB的中点，∴，∵CD⊥x轴，∴∠CDB=90°，∠DCB=90°-∠ABO=45°，∴DC=BD，∵，∴，∵△AOB的面积为2，即，∴，故答案为：；（2）如下图连接AC，∵C与E关于原点对称，∴CO=OE，∵△AOB为等腰直角三角形，∴∠OAB=∠B=45°，AO⊥CB，∴∠EAO+∠AEC=90°，AC=AE，∴∠CAO=∠EAO，∵AE⊥CD，∴∠BCD+∠AEC=90°，∴∠CAO=∠EAO=∠BCD，∵∠ADC=∠BCD+∠B，∠CAB=∠CAO+∠OAB,∴∠ADC=∠CAB，∴AC=CD，作DM⊥BC，与BC交于M，∴∠DMC=90°，∴∠MDB=∠B=45°，∴DM=MB，在△ACO和△DCM中，∵，∴△ACO≌△DCM（AAS）,∴OE=CO=DM=MB，∵OB＝3OE，设OE=CO=DM=MB=m，∵OB＝3OE，∴OA=OB=3m，∴，∴，∴；（3）是定值，作DN⊥OB，交y轴与N，∴∠DNB=∠BOE=∠BOC=90°，∴∠DBN+∠NBD=90°，∵△BDE为等腰直角三角形，∴∠DBN+∠OBE=90°，BD=BE，∴∠NBD=∠OBE，在△NBD和△OEB中∵,∴△NBD≌△OEB（AAS），∴ND=OB=OC，NB=OE，在△COF和△DNF中∵∴△COF≌△DNF（AAS），∴NF=OF，∴,,∴，∴．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，坐标与图形，全等三角形的性质和判定等．能正确作出辅助线，构造全等三角形建立线段之间的联系是解题关键．3．在平面直角坐标系中点、的坐标分别为，．（1）如图1，若点、关于轴对称，，请直接写出的度数___________；（2）如图2，点的坐标为，，试用字母、表示线段的长；（3）如图3，点的坐标为，且，点的坐标分别为，试用字母、、表示线段的长．【答案】（1）27°；（2）AB=2c－b；（3）【分析】（1）由点、关于轴对称可得AB=AC，再根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求解即可；（2）作辅助线如图，易得DE是△AOG的中位线，可得AD=DG，根据直角三角形的性质可得AD=OD=DG，然后根据等腰三角形的性质、三角形的内角和以及等量代换可得∠BAD=∠BGD，从而可得AB=BG，进一步即可求出答案；（3）连接OE，作EG⊥DB于G，EH⊥x轴于H，如图，易证O、E、F三点共线，设E（n，n），根据两点间的距离公式可得，由等腰三角形的性质可推出，然后在Rt△BEG中，由勾股定理结合上述结论即可得出结论．【详解】解：（1）∵点、关于轴对称，∴AB=AC，∵，∴=；故答案为：27°；（2）延长AD交x轴于点G，作DE⊥y轴于E，DF⊥x轴于F，如图，∵，∴OE=DF=a，DE∥OG，∵OA=a，∴AE=OE=，∴DE是△AOG的中位线，∴AD=DG，∴AD=OD=DG，∴∠DOG=∠DGO，∵∠ADO=∠ABO，∠AHD=∠OHB，∴∠DAB=∠DOG，∴∠BAD=∠BGD，∴AB=BG，∵DO=DG，DF⊥x轴，∴OG=2OF=2c，又∵OG=OB+BG=b+AB=2c，∴AB=2c－b；（3）连接OE，作EG⊥DB于G，EH⊥x轴于H，如图，∵EA=ED，OA=OD=a，OE=OE，∴△AOE≌△DOE，∴∠AOE=∠DOE=45°，∴OE平分∠AOD，∵，∴F在∠AOD的平分线上，∴O、E、F三点共线，设E（n，n），则，∵ED=EB，EG⊥DB，∴DG=BG，即n－a=b－n，可得，在Rt△BEG中，由勾股定理得，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题以平面直角坐标系为载体，主要考查了轴对称的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、勾股定理以及整式的乘法运算等知识，综合性强、具有相当的难度，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．4．阅读下述材料：我们在学习二次根式时，熟悉的分母有理化以及应用．其实，有一个类似的方法叫做“分子有理化”:与分母有理化类似，分母和分子都乘以分子的有理化因式，从而消掉分子中的根式比如：分子有理化可以用来比较某些二次根式的大小，也可以用来处理一些二次根式的最值问题．例如：比较和的大小．可以先将它们分子有理化如下：因为，所以再例如：求的最大值．做法如下：解：由可知，而当时，分母有最小值2，所以的最大值是2．解决下述问题：（1）比较和的大小；（2）求的最大值和最小值．【答案】（1）；（2）的最大值为2，最小值为．【分析】（1）利用分子有理化得到，，然后比较和的大小即可得到与的大小；（2）利用二次根式有意义的条件得到，而，利用当时，有最大值1，有最大值1得到所以的最大值；利用当时，有最小值，有最下值0得到的最小值．【详解】解：（1），，而，，，；（2）由，，得，，∴当时，有最小值，则有最大值1，此时有最大值1，所以的最大值为2；当时，有最大值，则有最小值，此时有最小值0，所以的最小值为．【点睛】本题考查了非常重要的一种数学思想：类比思想．解决本题关键是要读懂例题，然后根据例题提供的知识点和方法解决问题．同时要注意所解决的问题在方法上类似，但在细节上有所区别．5．已知：在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90º，D为△ABC外一点，且满足∠ADB=90°．（1）如图1，若，AD=1，求DB的长．（2）如图1，求证：．（3）如图2所示，过C作CE⊥AD于E，BD=2，AD=6，求CE的长．【答案】（1）；（2）见解析；（3）2【分析】（1）在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AB=2，在Rt△ABD中，根据勾股定理，得；（2）过C点作CF⊥CD，构造手拉手模型，运用等腰直角三角形的性质可得证；（3）过C点作CF⊥CD，构造手拉手模型，运用三角形全等可得证．【详解】（1）解：在Rt△ABC中，∵，∴，∴在Rt△ABD中，．（2）证明：如图，过C点作CF⊥CD交DB的延长线于点F．∵∠ACB=∠DCF=90°，∴∠ACD=∠BCF，∵∠CAD+∠CBD=360°－(∠ACB+∠ADB)=180°，∠CBF+∠CBD=180°，∴∠CAD=∠CBF，又∵CA=CB，∴△CAD≌△CBF(ASA)，∴CD=CF，AD=BF，∴，∵DF=DB+BF=DB+DA，∴．（3）解：如图，过C点作CF⊥CD交AD与F点，∵∠ACB=∠DCF=90°，即∠ACF+∠BCF=∠BCD+∠BCF=90°，∴∠ACF=∠BCD，∵∠AFC=∠FCD+∠CDA=90°+∠CDA，∠CDB=∠CDA+∠ADB=90°+∠CDA，∴∠AFC=∠CDB，又∵CA=CB，∴△CAF≌△CBD(AAS)，∴CF=CD，AF=BD，∴△CDF是等腰直角三角形，又∵CE⊥AD，∴E为DF中点，∵AD=6，AF=BD=2，∴FD=AD－AF=4，∴．【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的全等，手拉手模型的构造，熟练构造手拉手模型是解题的关键.6．如图，平面直角坐标系xOy中，矩形OABC如图放置，点B（4，3），E，F分别为OA，BC边上的中点，动点P从点出发以每秒2个单位速度沿EO方向向点O运动，同时，动点Q从点F出发以每秒1个单位速度沿FB方向向点B运动．当一个点到达终点时，另一个点随之停止．连接EF、PQ，且EF与PQ相交于点M，连接AM．（1）求线段AM的长度；（2）过点A作AH⊥PQ，垂足为点，连接CH，求线段CH长度的最小值．【答案】(1)；(2)【分析】(1)证明△FMQ∽△EMP，且相似比为，由EF=3求出FM=1，ME=2，再在Rt△MEA中，由勾股定理即可求出AM的长度；(2)连接AM，取MA中点I，只要C、H、I，此时会形成△ICH，根据三角形两边之差小于第三边可知，CH>IC-IH，当且仅当C、H、I三点共线时，有CH=IC-IH，此时CH有最小值，由此即可求解．【详解】解：(1)∵BC∥OA，∴∠FQM=∠EPM，且∠FMQ=∠EMP，∴△FQM∽△EPM，设运动时间为t，则FQ=t，PE=2t∴，又FE=3，∴FM=1，ME=2，又E为OA的中点，∴EA=OE=2，∴在Rt△MEA中，，故答案为：；(2)如下图所示，连接AM，取AM中点I，当且仅当C、H、I三点共线时，有CH=IC-IH，此时CH有最小值，否则构成△ICH，三角形两边之差小于第三边CH，过I点作IN⊥BC于N，连接IH，∵FM∥IN∥AB，且I是AM的中点，∴IN是梯形MFBA的中位线，∴IN=，,在Rt△CIN中，由勾股定理：，又I为直角△AHM斜边AM上的中点，∴，∴当C、H、I三点共线时，CH有最大值为，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，梯形中位线，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形两边之差小于第三边等知识点，具有一定的综合性，熟练掌握各性质是解决本题的关键．7．阅读下列材料，然后回答问题．①在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如一样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：以上这种化简的步骤叫做分母有理化．②学习数学，最重要的是学习数学思想，其中一种数学思想叫做换元的思想，它可以简化我们的计算，比如我们熟悉的下面这个题：已知ab2，ab3，求a2b2．我们可以把ab和ab看成是一个整体，令xab，yab，则a2b2(ab)22abx22y4610．这样，我们不用求出a，b，就可以得到最后的结果．（1）计算：（2）已知m是正整数，a，b且2a21823ab2b22019．求m．（3）已知，则的值为【答案】（1）；（2）2；（3）9【分析】（1）先将式子的每一项进行分母有理化，再计算即可；（2）先求出的值，再用换元法计算求解即可；（3）先利用计算得出的值，再对进行变形求解即可；【详解】解：（1）原式（2）∵a，b∴∵2a21823ab2b22019∴∴∴∴2∵m是正整数∴m=2．（3）由得出∴∵∵∴．【点睛】本题考查的知识点是分母有理化以及利用换元思想求解，解此题的关键是读懂题意．理解分母有理化的方法以及利用换元方法解题的方法．8．已知中，，以和为边向外作等边和等边．（1）连接、，如图，求证：；（2）若为中点，连接，如图，求证：；（3）若，延长交于，，如图，则．（直接写出结果）【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．【分析】（1）由等边和等边．AB=DB，BC=BE，可推得∠ABE=∠DBC，可证由性质即可；（2）延长使，连接，由为中点，可得CN=DN，可证，可得，，可求∠DAC=120°，可推出，可证，由性质得即可；（3）过E作EG⊥BE，交AM延长线于G由，，，求出AC=2，由勾股定理得：BC=，可求出∠EBM=30°，求得∠G==60°=∠CAB，可证△CAB≌△BGE（AAS）由性质得GE=AB=，利用30°角的直角边与斜边关系得BG=2GE=2，再证△AD≌△GME（AAS），得AM=GM可求得BG=2BM+AB=2即可．【详解】（1）证明：∵等边和等边．AB=DB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，∴∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，∴∠ABE=∠DBC，，；（2）延长使，连接，∵为中点，∴CN=DN，又∠AND=∠FNC，，，，∵，∠DAB=60°，∴∠DAC=120°，∴，，∵AC=CA，，；（3）过E作EG⊥BE，交AM延长线于G，∴，，，∴AC=2，由勾股定理得：BC=，∴∠EBM=180°-∠ABC-∠CBE=30°，∴∠G=180°-∠GBE-∠BEG=60°=∠CAB，∵BC=EB，∴△CAB≌△BGE（AAS），∴GE=AB=，∴BG=2GE=2，∵∠DAM=60°=∠G，又∵∠AMD=∠GME，∴△AD≌△GME（AAS），∴AM=GM，∴GM=AB+BM，∴BG=BM+GM=2BM+AB=2，∴2BM+=2，∴．故答案为：．【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，线段中点，线段和差，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理应用，线段中点，线段和差计算是解题关键．9．定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做和美四边形，对角线交点称为和美四边形中心．（1）写出一种你学过的和美四边形________；（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是________A．矩形B．菱形